Codeforces Round #466 (Div. 2) Solution

从这里开始

• 题目列表
• Problem A Points on the line
• Problem B Our Tanya is Crying Out Loud
• Problem C Phone Numbers
• Problem D Alena And The Heater
• Problem E Cashback
• Problem F Machine Learning

小结

　　这场比赛和同学一起打。本来应该是很开心的事情，结果留下好多遗憾。

　　第一个遗憾是没能在20分钟内消灭A、B题。然后分数就不是很可观。

　　我第一次交B题都20多分钟了。然后朋友们说我的贪心有锅，然后我就真信了。

　　于是我就重新写了个贪心交一发。好玩的是，考完我重新交了下B题之前的程序A了。

　　C、D题做得比较快，因为比较简单。（想吐槽一句。为什么cf div 2前4题只有普及组难度了？）

　　E题是最好玩的。读完题，写出了dp式子，我觉得会和按$c$分段有关，然后ZJC表示我在搞笑，我怎么又信了？

　　然后思路就被带偏了。然后写暴力dp打表找决策单调性，然而写挂了，样例都挂，然后就弃疗了。

　　比赛最后10分钟，红太阳QJX表示她A掉了E题，转移不是长度为1就是$c$。剩下的人全部在试图hack这个做法。（为什这个时候我就不信了qwq）

　　看到Doggu的一个朋友1小时A掉5道题，最后一题直接弃坑。我的内心是崩溃的。

　　主要还是A、B题做得太慢了吧。真正有意思的题目到后面都没时间思考。

　　综上所述，还是我太菜了。

-->

Codeforces 940A Points on the line

题目大意

　　定义一个可重集的距离是它中间最大的两个数之间的差，特殊地，只有一个元素的可重集的距离为0。

　　给定一个可重集，问最少删掉多少个数使得它的距离小于等于d。

　　排序后单调指针扫，或者直接开桶计数。

Code

 /**
  * Codeforces
  * Problem#940A
  * Accepted
  * Time: 15ms
  * Memory: 2000k
  */
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef bool boolean;

 int n, d;
 int res;
 int* ar;

 inline void init() {
     scanf("%d%d", &n, &d);
     ar = new int[(n + )];
     for (int i = ; i <= n; i++)
         scanf("%d", ar + i);
 } 

 inline void solve() {
     sort (ar + , ar + n + );
     int r = ;
     res = n - ;
     for (int i = ; i <= n; i++) {
         while (r < n && ar[r + ] - ar[i] <= d) r++;
         res = min(res, i + (n - r) - );
     }
     printf("%d", res);
 }

 int main() {
     init();
     solve();
     return ;
 }

Problem A

Codeforces 940B Our Tanya is Crying Out Loud

题目大意

　　给定一个数$n$和$k$。你有两个操作可以进行

1. 将$n$减去1，花费$a$。
2. 当$n$是$k$的倍数的时候，将$n$除以$k$，花费$b$。

　　问将$n$变为1的最小花费

　　当 $k = 1$ 的时候特判。

　　当$n$为$k$的倍数的时候，比较直接除和直接减到$\frac{n}{k}$的花费，如果前者更优就除，否则直接减到1。

　　当$n$不为$k$的倍数的时候，直接减到$\left \lfloor\frac{n}{k}  \right \rfloor k$。

　　考虑如果在 $ik$ 的决策不是减到 $i$ 或者直接除 $k$ 得到 $i$，那么考虑一定是做了若干次减法操作得到 $p$ 然后再除以 $k$ 得到 $x$。不难证明先除以 $k$ 得到 $l$，再做若干次减法操作得到 $x$ 不会更劣。

　　考虑这么做的正确性，唯一这么做的问题是会不会存在多减几次使答案更优的情况。

　　答案是不会的，因为先除可以避免使用多次的减法（除更优的情况下）。

　　举个例子来说明，将$k^{2} + k$变为1。

　　方案1：$k ^ {2} + k \rightarrow k + 1 \rightarrow k \rightarrow 1$

　　方案2：$k ^ {2} + k \rightarrow k^{2} \rightarrow k \rightarrow 1$

　　方案1使用了1次加法和2次除法，而方案二使用了$k$次加法和2次除法。

-->

Code

 /**
  * Codeforces
  * Problem#940B
  * Accepted
  * Time: 30ms
  * Memory: 2000k
  */
 #include <bits/stdc++.h>
 #ifndef WIN32
 #define Auto "%lld"
 #else
 #define Auto "%I64d"
 #endif
 using namespace std;

 #define ll long long

 ll n, k, a, b, res = ;

 inline void init() {
     scanf(Auto""Auto""Auto""Auto, &n, &k, &a, &b);
 }

 inline void solve() {
     if (k == ) {
         res = (n - ) * a;
     } else {
         while (n != ) {
             if (n < k) {
                 res += (n - ) * a;
                 break;
             } else {
                 res += min((n % k) * a + b, (n - n / k) * a);
                 n /= k;
             }
         }
     }
     printf(Auto"\n", res);
 }

 int main() {
     init();
     solve();
     return ;
 }

Problem B

Codeforces 940C Phone Numbers

题目大意

　　给定一个由小写字母组成且长度为$n$的字符串$s$，要求输出一个字符串$t$，满足：

1. $t$中出现的字符在$s$中也出现过
2. 它的长度为$k$
3. $t$的字典序大于$s$
4. 在满足上述条件的所有串中，是字典序最小的一个

　　题目保证存在解。

　　当$k > n$时，直接输出字符串$s$，再补上$s$中最小的字符。

　　否则找到$s$中从第$k$个字符往前找第一个不是最大的字符，把它变为略比它的字符。

　　然后后面的补最小的字符。

Code

 /**
  * Codeforces
  * Problem#940C
  * Accepted
  * Time: 31ms
  * Memory: 2100k
  */
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef bool boolean;

 int n, k;
 int mi = , ma = ;
 boolean exist[];
 char str[];

 inline void init() {
     scanf("%d%d", &n, &k);
     memset(exist, false, sizeof(exist));
     scanf("%s", str + );
 } 

 inline void solve() {
     for (int i = ; i <= n; i++)
         exist[str[i] - 'a'] = true;
     for (mi = ; !exist[mi]; mi++);
     for (ma = ; !exist[ma]; ma--);
     if (n < k) {
         printf("%s", str + );
         for (int i = n + ; i <= k; i++)
             putchar(mi + 'a');
         return;
     }
     int p;
     for (p = k; p && str[p] == ma + 'a'; p--);
     str[p]++;
     while (!exist[str[p] - 'a'])
         str[p]++;
     for (p = p + ; p <= k; p++)
         str[p] = mi + 'a';
     str[k + ] = ;
     puts(str + );
 }

 int main() {
     init();
     solve();
     return ;
 }

Problem C

Codeforces 940D Alena And The Heater

题目大意

　　给定一个数组$a$，和一个01串$b$，$b$按照如下方式生成（请自行阅读英文）

　　

　　请你找出一组合法的$l, r$，保证输入存在解。

　　发现生成方式比较特殊。

　　于是根据生成方式更新$l, r$即可。

Code

 /**
  * Codeforces
  * Problem#940D
  * Accepted
  * Time: 31ms
  * Memory: 2500k
  */
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 int n;
 int a[];
 char b[];

 inline void init() {
     scanf("%d", &n);
     for (int i = ; i <= n; i++)
         scanf("%d", a + i);
     scanf("%s", b + );
 }

 char sameNumber(int p) {
     char x = b[p - ];
     for (int i = ; i <= ; i++)
         if (b[p - i] != x)
             return '';
     return x;
 }

 int l = -1e9, r = 1e9;

 inline void solve() {
     for (int i = ; i <= n; i++) {
         char c = sameNumber(i);
         if (c == '')    continue;
         if (c == b[i])    continue;
         if (c == '') {
             for (int j = ; j <= ; j++)
                 r = min(r, a[i - j] - );
         } else {
             for (int j = ; j <= ; j++)
                 l = max(l, a[i - j] + );
         }
     }
     printf("%d %d", l, r);
 }

 int main() {
     init();
     solve();
     return ;
 }

Problem D

Codeforces 940E Cashback

题目大意

　　给定一个长度为$n$的数组和常数$c$，要求你对它进行划分。划分长度为$k$一段的代价是其中所有除去前$\left \lfloor \frac{k}{c} \right \rfloor$小的数的和。定义一个划分的代价是划分的所有段的代价的和。

　　问最小的代价和。

　　一段代价可以表示为这一段的和减去前$\left \lfloor \frac{k}{c} \right \rfloor$小的数的和。

　　那么考虑两段连续的长度为$c$的合并到一起，这样会使得前2小的和变小。所以划分的最长的长度不会超过$2c - 1$

　　那么考虑长度在$c + 1$和$2c - 1$之间的段。我只需要留一个长度为$c$的段，把它和剩下的分开。这样看的话，划分的一段的长度不会超过$c$。

　　继续考虑长度小于$c$的段，它的代价直接就是它中间的元素的和。因此可以直接把它分成一些只有1个元素的段。

　　因此存在一种最优方案满足划分的每一段长度不是1就是$c$。

　　因此我只用维护连续$c$个元素的最小值，以及它们的和。

　　于是上单调队列。

　　时间复杂度$O(n)$。

Code

 /**
  * Codeforces
  * Problem#940E
  * Accepted
  * Time: 31ms
  * Memory: 3700k
  */
 #include <bits/stdc++.h>
 #ifndef WIN32
 #define Auto "%lld"
 #else
 #define Auto "%I64d"
 #endif
 using namespace std;

 #define ll long long

 const int N = ;

 int n, c;
 int st = , ed = ;
 ll f[N];
 int ar[N];
 int que[N];

 inline void init() {
     scanf("%d%d", &n, &c);
     for (int i = ; i <= n; i++)
         scanf("%d", ar + i);
 }

 inline void solve() {

     f[] = ;
     ll sum = ;
     for (int i = ; i <= n; i++) {
         while (ed >= st && ar[que[ed]] >= ar[i])    ed--;
         que[++ed] = i;
         f[i] = f[i - ] + ar[i];
         sum += ar[i];
         while (ed >= st && que[st] <= i - c)    st++;
         if (i >= c)
             sum -= ar[i - c], f[i] = min(f[i], f[i - c] + sum - ar[que[st]]);
     }

     printf(Auto"\n", f[n]);
 }

 int main() {
     init();
     solve();
     return ;
 } 

Problem E

Codeforces 940F Machine Learning

题目大意

　　给定一个长度为$n$的数组，要求支持两个操作：

1. 询问一个区间中所有数的出现次数组成的集合的mex。
2. 修改一个位置上的数。

　　一个可重集合的mex是这个可重集合中最小的不存在的非负整数。

　　这种毒瘤题？我也不会做。那就直接莫队好了。

　　什么？要修改？那就带修莫队好了。

　　唯一的问题是如何求一个集合的mex？

　　考虑是出现次数，所以答案不会超过500（因为$C_{500}^{2}= \frac{500 \times 499}{2}>10^{5}$），超过500次的出现次数直接扔，查询操作暴力for。

　　时间复杂度$O\left(n^{\frac{5}{3}}\right)$

Code

 /**
  * Codeforces
  * Problem#940F
  * Accepted
  * Time: 1872ms
  * Memory: 11700k
  */
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef bool boolean;

 #define pii pair<int, int>
 #define fi first
 #define sc second

 const int cs3 = , cs2 = ;

 typedef class Query {
     public:
         int l, r, t;
         int id;

         Query(int l = , int r = , int t = , int id = ):l(l), r(r), t(t), id(id) {    }

         boolean operator < (Query b) const {
             if (l / cs3 != b.l / cs3)    return l < b.l;
             if (r / cs3 != b.r / cs3)    return r < b.r;
             return t < b.t;
         }
 }Query;

 int n, m;
 int cm = , cq = , cd = ;
 int* ar;
 Query* qs;
 pii *ops;
 int cnt[];
 int exist[];
 int cover[cs2];
 int *res;
 map<int, int> mp;

 int alloc(int x) {
     if (mp.count(x))    return mp[x];
     return mp[x] = ++cd;
 }

 inline void init() {
     scanf("%d%d", &n, &m);
     ar = new int[(n + )];
     ops = new pii[(m + )];
     qs = new Query[(m + )];
        res = new int[(m + )];
     for (int i = ; i <= n; i++)
         scanf("%d", ar + i), ar[i] = alloc(ar[i]);
     for (int i = , opt, l, r; i <= m; i++) {
         scanf("%d%d%d", &opt, &l, &r);
         if (opt == )
             ++cq, qs[cq] = Query(l, r, cm, cq);
         else
             r = alloc(r), ops[++cm] = pii(l, r);
     }
     exist[] = , cover[] = ;
 }

 inline void update(int x, int sign) {
     if (!exist[x] && sign == )    cover[x / cs2]++;
     exist[x] += sign;
     if (!exist[x] && sign == -)cover[x / cs2]--;
 }

 inline void updatec(int p, int sign) {
     int x = ar[p];
     update(cnt[x], -);
     cnt[x] += sign;
     update(cnt[x], );
 }

 inline void update(int op, int l, int r) {
     int p = ops[op].fi;
     if (l <= p && p <= r)
         updatec(p, -);
     swap(ar[p], ops[op].sc);
     if (l <= p && p <= r)
         updatec(p, );
 }

 inline void solve() {
     sort(qs + , qs + cq + );
     int mdzzl = , mdzzr = , mdzzt = ;
     for (int i = ; i <= cq; i++) {
         while (mdzzr < qs[i].r)    updatec(++mdzzr, );
         while (mdzzr > qs[i].r)    updatec(mdzzr--, -);
         while (mdzzl < qs[i].l)    updatec(mdzzl++, -);
         while (mdzzl > qs[i].l)    updatec(--mdzzl, );
         while (mdzzt < qs[i].t)    update(++mdzzt, mdzzl, mdzzr);
         while (mdzzt > qs[i].t)    update(mdzzt--, mdzzl, mdzzr);

         for (int j = ; j < cs2; j++) {
             if (cover[j] < cs2) {
                 int k = j * cs2;
                 while (exist[k])    k++;
                 res[qs[i].id] = k;
                 break;
             }
         }
     }

     for (int i = ; i <= cq; i++)
         printf("%d\n", res[i]);
 }

 int main() {
     init();
     solve();
     return ;
 }

Problem F